\begin{exo} D\'eterminer si elles existent les valeurs maximales et minimales
	des fonctions suivantes sur $\RR^2$:
	$$f_1(x,y)=4-2x^2-y^2 \qquad f_2(x,y)=x^2+y^2-1 \qquad f_3(x,y)=x^2-2x+y^2-1 $$
	$$f_4(x,y)=-x^2+2xy-2y^2-4 \qquad f_5(x,y)= x-y^2-x^3 \qquad f_6(x,y) = 3x+12y-x^3-y^3 $$
	$$f_7(x,y)=(x-y)^2+x^3+y^3 \qquad f_8(x,y)=(x-y)^2+x^2+y^2 \qquad f_9(x,y)=-2(x-y)^2+x^4+y^4$$
	\\
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		\begin{enumerate}
			\item $f(x,y) = 4-2x^2-y^2$. $\nabla f = (-4x, -2y)$, nul en $(0,0)$.
				$4-2x^2-y^2\leq 4$, donc $f(0,0)=4$ est un maximum global.
			\item $f(x,y) = x^2+y^2-1$. $\nabla f = (2x,2y)$, nul en $(0,0)$.
				$x^2+y^2-1\geq -1$, donc $f(0,0)=-1$ est un minimum global.
			\item $f(x,y) = x^2 - 2x + y^2 -1=(x-1)^2+y^2-2$. $\nabla f = (2x-2,2y)$, nul en
				$(1,0)$.
				minimum global.
			\item $f(x,y) = -x^2 + 2xy - 2y^2 - 4$. $\nabla f = (-2x+2y, 2x-4y)$,
				nul en $(0,0)$. $r=\pder{^2f}{x^2}(0,0)=-2$, $s=\pder{^2f}{x\partial
				y}(0,0)=2$, $t=\pder{^2f}{y^2}(0,0)=-4$, $s^2-rt =-4<0$, et $r<0$
				donc $f(0,0)=-4$ donne un maximum local (et global car
				$f(x,y)=-4-(x-y)^2-y^2$).
			\item $f(x,y) = x-y^2-x^3$. $\nabla f=(1-3x^2,-2y)$, nul en
				$(\pm\frac{1}{\sqrt{3}},0)$. $\pder{^2f}{x^2}=-6x$,
				$\pder{^2f}{x\partial y}=0$, $\pder{^2f}{y^2}=-2$. Max local en
				$(1/\sqrt{3},0)$, point de selle en $(-1/\sqrt{3},0)$. Comme
				$\lim_{x\rightarrow -\infty} f(x,y)=+\infty$, pas de maximum global.
			\item $f(x,y) = 3x+12y-x^3-y^3$. $\nabla f = (3-3x^2,12-3y^2)$, nul en
				$(\pm 1,\pm 2)$. Max. loc. en $(1,2)$, min loc. en $(-1,-2)$, selle
				en $(-1,2)$ et $(1,-2)$ (pas d'extrema globaux).
			\item $f(x,y)=(x-y)^2+x^3+y^3\qquad$
				$f_x=2(x-y)+3x^2$, $f_y=2(y-x)+3y^2$.
				Un point critique doit alors v\'erifier $x^2=-y^2$, ce qui donne $(0,0)$
				comme seule solution.
				On a d'autre part $f(x,x)=2x^3$ qui n'a pas d'extremum en $0$. Donc $f$ n'a
				pas d'extremum.
			\item  $f(x,y)=(x-y)^2+x^2+y^2\qquad$
				$f_x=2(x-y)+2x$, $f_y=2(y-x)+2y$, d'o\`u $(0,0)$ comme seul point critique.
				$f$ est positive, donc $(0,0)$ est un minimum global.
			\item $f(x,y)=-2(x-y)^2+x^4+y^4\qquad$
				$f_x=-4(x-y)+4x^3$, $f_y=-4(y-x)+4y^3$.
				Pour un point critique, on a $x^3=-y^3$, donc $x=-y$, ce qui donne
				les solutions $(0,0)$, $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$, et $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$.

				\begin{itemize}
					\item $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ : on calcule $r=t=20$ et $s=4$, donc $f$ a
						un minimum local.
					\item $(-\sqrt{2},\sqrt{2})$ : idem.
					\item $(0,0)$ : $f(x,x)=2x^4>0$ au voisinage de $0$, et
						$f(x,-x)=2x^2(x^2-8)<0$ au voisinage de $0$. Donc $f$ n'a pas d'extremum en
						$(0,0)$.
				\end{itemize}
		\end{enumerate}

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo} Examiner si les fonctions suivantes ont un extremum
	(maximum ou mimimum) en $(0,0)$~:
	$$f_1(x,y)=x^2 \quad f_2(x,y)=xy \quad f_3(x,y)=x^2-4y^2 \quad f_4(x,y)=x^2+xy+y^2 \quad f_5(x,y)=x^2-xy+y^2$$\\
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		\begin{enumerate}
			\item $x^2\geq 0$ donc $0$ est un minimum global, non strict.
			\item $(0,0)$ est un point de selle pour $xy$.
			\item $x^2-4y^2=(x-2y)(x+2y)=uv$ (changement de variables $u=x-2y$, $v=x+2y$), donc pt de selle.
			\item $f(x,y)=x^2+xy+y^2$, $\nabla f=(2x+y,x+2y)$,
				$r=2$, $s=1$, $t=2$, $s^2-rt=-3<0$, $r>0$, minimum local, qui est aussi global.
			\item $f(x,y)=x^2-xy+y^2$, $r=2$, $s=-1$, $t=2$, minimum global.
				\vspace*{5mm}
		\end{enumerate}

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo} On consid\`ere la fonction $f(x,y,z)= 2x^2+y^2+z.$ Pour quel
	vecteur unitaire $u$ la d\'eriv\'ee directionnelle $\mbox{D}_uf(a)$ au
	point $a=(1,1,1)$ est-elle maximale ? minimale ?
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		$\nabla f(1,1,1)=(4,2,1)$, et comme $\mbox{D}_uf(a)=\nabla
		f(a)\cdot u$, $u=(4,2,1)/\sqrt{21}$ donne la d\'eriv\'ee maximale,
		$u=-(4,2,1)/\sqrt{21}$ la d\'eriv\'ee directionnelle minimale.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo} On consid\`ere un trin\^ome du second degr\'e $at^2+bt+c.$ Montrer que la fonction $f(x,y)=ax^2+bxy+cy^2$
	a un extremum (global) en 0 si et seulement si le discriminant du
	trin\^ome est $\leq 0.$
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		$\nabla f = (2ax+by,bx+2cy)$, $r=2a$, $s=b$, $t=2c$.
		$s^2-rt=b^2-4ac$, n\'egatif si et seulement si on a un
		extremum.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo} D\'eterminer les valeurs minimale et maximale de
	$$\cos^4\theta+\sin^4\theta,$$ pour $\theta\in [0,\;2\pi].$ En
	d\'eduire le minimum et le maximum de $x^2+y^2$ sur la courbe
	d'\'equation $x^4+y^4=1.$ (On pourra passer en coordonn\'ees polaires.)
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		$f(\theta)=\cos(\theta)^4+\sin(\theta)^4$, on a
		$f(-\theta)=f(\theta)=f(\pi-\theta)=f(\frac{\pi}{2}-\theta)$, donc
		il suffit de chercher le max et le min sur $[0,\frac{\pi}{4}]$, et
		sur cet intervalle, la d\'eriv\'ee
		$$
		f'(\theta)=2\sin(2\theta)(2\sin^2(\theta)-1)
		$$
		ne s'annule qu'aux extr\'emit\'es $\theta=0,\frac{\pi}{4}$. $\max
		f=f(0)=1$, $\min f=f(\pi/4)=1/2$.

		Sur $x^4+y^4=1$, i.e. $r^4(cos^4(\theta)+\sin^4(\theta))=1$, on a
		$$x^2+y^2=r^2=\frac{1}{\sqrt{\cos^4(\theta)+\sin^4(\theta)}}$$
		qui est maximale
		quand $f(\theta)$ est minimale. Valeur maximale:
		$1/\sqrt{1/2}=\sqrt{2}$; val. min: $1$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo} On consid\`ere la fonction $f(x,y) = \sin x \,\sin y\, \sin(x+y)$.
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que si l'on conna\^{\i}t les extremums sur
			$D=[-\pi/2,\pi/2]\times[-\pi/2,\pi/2]$, on les conna\^{\i}t partout.
			Justifier l'existence de maximums et de minimums de~$f$.
		\item Montrer que les points critiques sur $D$ sont $(0,0)$,
			$(\pi/3,\pi/3)$ et $(-\pi/3,-\pi/3)$.
		\item \'Etudier chacun de ces points critiques.
	\end{enumerate}
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		1. $f(x+\pi,y)=f(x,y+\pi)=f(x,y)$. La continuit\'e de $f$ et la compacit\'e de $D$ assurent
		l'existence d'un minimum et d'un maximum.

		\vspace*{2ex}

		2. $f_x=\sin(y)\sin(2x+y)$, $f_y=\sin(x)\sin(2y+x)$. Pour un point critique,
		\begin{itemize}
			\item Si $y=0$, alors $f_y=\sin^2(x)=0$, donc $(x,y)=(0,0)$. Idem si $x=0$.
			\item Si $x$ et $y$ sont non nuls, il vient $2x+y=2y+x=0 [\pi] $, dont les
				solutions sont $(\pi/3,\pi/3)$ et $(-\pi/3,-\pi/3)$.
		\end{itemize}

		\vspace*{2ex}

		3.
		\begin{itemize}
			\item en $(\pi/3,\pi/3)$ : $r=s=-\sqrt{3}$ et $t=-\sqrt{3}/2$, on a donc un
				maximum local.
			\item en $(-\pi/3,-\pi/3)$ : situation oppos\'ee : minimum local.
			\item en $(0,0)$ : $f(x,x)=\sin^2(x)\sin(2x)$ n'est pas de signe constant,
				donc ni minimum, ni maximum ici.
		\end{itemize}
		Compte tenu de la question 1, les extrema locaux sont ici des extrema
		globaux.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo}
	On s'int\'eresse \`a trois variables $X$, $Y$ et $Z$ dont on
	conna\^{\i}t $n$ mesures $(x_i,y_i,z_i)_{i=1,\dots,n}$.
	%
	\begin{enumerate}
		\item On propose un mod\`ele $Z=aX+bY+c$ (avec $a$, $b$ et $c$ des
			coefficients r\'eels) pour repr\'esenter le lien
			entre ces variables.
			Quelles sont les valeurs optimales $\hat{a},\hat{b}$ et $\hat{c}$ des
			coefficients pour que le mod\`ele soit au plus proche des
			donn\'ees~? (appliquer la m\'ethode des moindres carr\'es).

		\item Illustration pratique : Calculer les coefficients avec les
			donn\'ees suivantes (pour $n=6$):
			$$
			\begin{array}{c|rrrrrr}
				i & 1 & 2 & 3 & 4  & 5 & 6 \\
				\hline
				x_i & 0 & 1 & 2 & 3  & 5 & 7 \\
				\hline
				y_i & -1 & 2 & 1 & 4  & 1 & 2 \\
				\hline
				z_i & 4 & -2 & 0 & -3  & 3 & 4
			\end{array}
			$$
			Pour faciliter les calculs, on donne :
			$$
			\sum_{i=1}^6x_i= 18,\ \sum_{i=1}^6{x_i}^2= 88,\
			\sum_{i=1}^6y_i =9,\ \sum_{i=1}^6{y_i}^2= 27,\
			\sum_{i=1}^6z_i =6,
			$$
			$$
			\sum_{i=1}^6{z_i}^2= 54,\
			\sum_{i=1}^6x_iy_i =35,\ \sum_{i=1}^6x_iz_i= 32,\
			\sum_{i=1}^6y_iz_i= -9,\
			$$
	\end{enumerate}
	%
	%
	%
	%-----------
	\begin{correction}

		1. Il s'agit de minimiser l'erreur
		$E(a,b,c)=\sum_i (ax_i+by_i+c-z_i)^2.$
		Le point critique de $E$ est solution du syst\`eme :
		$$(\sum x_i^2)a+(\sum x_iy_i)b+(\sum x_i)c=(\sum x_iz_i)$$
		$$(\sum x_iy_i)a+(\sum y_i^2)b+(\sum y_i)c=(\sum y_iz_i)$$
		$$(\sum x_i)a+(\sum y_i)b+nc=(\sum z_i).$$

		\vspace*{2ex}

		2. Sur l'exemple, on trouve $a=333/395$, $b=-724/395$ et $c=482/395$.

	\end{correction}
\end{exo}
%=============
\begin{exo}  On s'int\'eresse \`a deux variables positives $X$ et $Y$ dont on
	conna\^{\i}t 4 mesures
	$$
	\begin{array}{c|cccc}
		i & 1 & 2 & 3 & 4 \\
		\hline
		x_i & 0 & 1  & 4 & 9 \\
		\hline
		y_i & 0.5 & 2.5 & 8 & 14 \\
	\end{array}
	$$

	\begin{enumerate}
		\item On propose un mod\`ele $Y=aX+b$ (avec $a$ et $b$ des
			coefficients r\'eels) pour repr\'esenter le lien
			entre ces variables.
			Quelles sont les valeurs optimales $\hat{a}$ et $\hat{b}$ des
			coefficients ?
		\item On propose un second mod\`ele $Y=cX+d\sqrt{X}$. Calculer
			les valeurs optimales pour $c$ et $d$.
		\item Quel mod\`ele est le plus satisfaisant ?
	\end{enumerate}
	%
	Pour faciliter les calculs, on donne
	$$
	\sum_{i=1}^4x_i= 14,\ \sum_{i=1}^4{x_i}\sqrt{x_i}= 36,\ \sum_{i=1}^4{x_i}^2= 98,
	$$
	$$
	\sum_{i=1}^4y_i =25,\ \sum_{i=1}^4\sqrt{x_i}{y_i}= 60.5,\ \sum_{i=1}^4x_iy_i =160.5
	$$
	%-----------
	\begin{correction}

		1. Pour le mod\`ele lin\'eaire on doit r\'esoudre le syst\`eme :
		$$(\sum x_i)a+nb=(\sum y_i)$$
		$$(\sum x_i^2)a+(\sum x_i)b=(\sum x_iy_i).$$
		On trouve $a=73/49$ et $b=14,5/14$. L'erreur commise est:
		$$E_{1}=\sum_i (ax_i+b-y_i)^2=(\sum x_i^2)a^2+nb^2+(\sum y_i^2)+2ab(\sum x_i)-2a(\sum x_iy_i)-2b(\sum y_i),$$
		soit ici $E_{1}=293/196.$

		\vspace*{2ex}

		2. $c$ et $d$ sont solutions du syst\`eme :
		$$(\sum x_i\sqrt{x_i})c+(\sum x_i)d=(\sum y_i\sqrt{x_i})$$
		$$(\sum x_i^2)c+(\sum x_i\sqrt{x_i})d=(\sum x_iy_i).$$
		On trouve $c=69/76$ et $d=151/76$. L'erreur est ici :
		$$E_{2}=\sum_i (cx_i+d\sqrt{x_i}-y_i)^2$$
		$$=(\sum x_i^2)c^2+(\sum x_i)d^2+
		(\sum y_i^2)+2cd(\sum x_i\sqrt{x_i})-2c(\sum x_iy_i)-2d(\sum y_i\sqrt{x_i}),$$
		soit $E_2=11/19$.

		Comme $E_2<E_1$, le mod\`ele non lin\'eaire est le meilleur.


	\end{correction}
\end{exo}
%=============


